Analisi e Geometria 1 - primo Appello - 16 Febbraio 2016 Terza parte (Compito A)

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1 Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e dell Informazione Analisi e Geometria 1 - primo Appello - 16 Febbraio 016 Terza parte (Compito A Verificare che l equazione z 3 (1 iz +i + ] ( 3 z + +i con z C, ammette una radice reale di modulo unitario e trovare le altre radici. Detto T l insieme delle soluzioni, disegnarlo sul piano di Gauss (esplicitando per ogni soluzioen la parte reale e la parte immaginaria. Le radici reali con modulo unitario possono essere 1 e 1. Sostituendo z = 1 si ottiene 0 = 0 ed e quindi la soluzione cercata: z 1 = 1. L equazione si puo quindi scomporre come segue: (z 1 z +iz +i ] Le altre soluzioni si ottengono come segue: z +iz +i ] z = i+ 1+i 3 Devo svuluppare per poterle disegnare nel piano di Gauss. La radice vale (considerando che il radicando ha modulo e fase π 3 : 1+i 3 = ± 1 ( 3+i Quindi le altre due soluzioni sono: z = i+ 1 ( 3+i = ( 3 1 +i 1 z 3 = i 1 ( ( 3 3+i = +i 1 1 A questo punto e immediato disegnare i 3 punti sul piano di Gauss.

2 Sia f la funzione definita nel modo seguente: per ogni x nel dominio di f. f : (, 1 ( 1,+ R, f(x = x x+1 e x a. Trovare i limiti di f(x per x, x 1, x 1 +, x +. b. Calcolare la derivata f. c. Trovare gli eventuali punti di minimo o massimo locale. d. Disegnare il grafico di f. e. Stabilire se è convergente l integrale + 0 f(xdx (a lim f(x = + lim x x 1 f(x = + lim x 1 +f(x = lim f(x = 0 x + (b f (x = x x+1 (x+1 e x (c x 0 = 1 5 x 1 = : Punto di minimo locale. : Punto di massimo locale. (e Su ogni intervallo [0,b], b > 0, f è integrabile, perché è continua. Per x +, Dunque f è integrabile su (0,+. f(x = x x+1 e x e x

3 Stabilire la posizione reciproca delle rette x = 1+t r 1 : y = t z = 1 t e r : { x+4y +z 1 = 0 x y +z +4 = 0. a. Siano Φ 1 e Φ i fasci di piani che hanno per sostegno rispettivamente le rette r 1 ed r. Stabilire se esiste un piano che appartiene a entrambi i fasci Φ 1 e Φ. b. Stabilire se il piano π : x+y +z +1 = 0 appartiene al fascio Φ. Soluzione. I parametri direttori di r 1 sono (1 : 1 :. I parametri direttori di r sono ( : 1 1 : = (6 : 3 : 9 = ( : 1 : 3. Avendo parametri direttori non proporzionali, le due rette r 1 ed r non sono parallele. Intersecando r 1 ed r si ha il sistema { 1+t+4( t+(1 t 1 = 0 (1+t +t+1 t+4 = 0 ossia { 7t 10 = 0 t+5 = 0. Poiché tale sistema è evidentemente incompatibile, le due rette r 1 ed r non sono incidenti. Di conseguenza, non essendo parallele né incidenti, le due rette r 1 ed r sono sghembe. a. Se i due fasci Φ 1 e Φ possedessero un piano in comune, allora tale piano conterrebbe i sostegni di entrambi i fasci e quindi le rette r 1 ed r dovrebbero essere complanari. Tuttavia, come è stato mostrato nel punto precedente, le due rette r 1 ed r sono sghembe e quindi non possono essere complanari. Di conseguenza, Φ 1 Φ =. b. Consideriamo, ad esempio, il punto P (0,0, 1 che appartiene al piano π, ma non alla retta r. Sia π il piano appartenente al fascio Φ passante per P. Poiché l equazione di Φ è λ(x+4y +z 1+µ(x y +z +4 = 0, imponendo il passaggio per P, si ottiene 3λ + 3µ = 0, ossia λ = µ. Pertanto, π : 3x+3y+3z+, ossia π : x+y+z+1 = 0. Di conseguenza, π = π e quindi π Φ.

4 Si consideri la seguente equazione differenziale y (t = t [ y(t 1 ]. a. Trovare la soluzione y(t che verifica la condizione y(0 = ; b. specificare il dominio di definizione della soluzione trovata al punto precedente. a. L equazione é a variabili separabili. Le soluzioni costanti sono y(t 1 e y(t 1, mentre le altre soluzioni si trovano con la separazione di variabili. Ricordando che ( 1 1/ τ 1 dτ = τ 1 1/ = 1 ( τ +1 ln τ 1 τ +1 +c si ha y (t y(t 1 dt = tdt 1 ( ln y(t 1 y(t+1 = t +c Poiché y(0 = > 1, possiamo dedurre che y(t > 1 nel suo dominio di definizione, da cui y(t 1 y(t+1 = (C = e c > 0 y(t = 1+Cet Cet. 1 Ce t Per determinare la costante C imponiamo la condizione iniziale y(0 = 1+C 1 C = C = 1 3. La soluzione cercata si puó quindi rappresentare con la formula analitica y(t = 3+et 3 e t. b. Definiamo f(t = 3+et 3 e t. Tale funzione ammette come dominio di definizione l insieme ( { } ( ln3 t R : e t 3 =, ln3, ln3 ( ln3,+. Poiché 0 ( ln3 ln3,, quest ultimo é l intervallo di definizione della soluzione y.

5 Politecnico di Milano, Scuola di Ingegneria Industriale e dell Informazione Analisi e Geometria 1 - Primo Appello - 16 Febbraio 016 Terza parte (Compito B Verificare che l equazione z 3 +iz i ( 3z 3 i = 0 con z C, ammette una radice immaginaria pura di modulo unitario e trovare le altre radici. Detto T l insieme delle soluzioni, disegnarlo sul piano di Gauss (esplicitando per ogni soluzioen la parte reale e la parte immaginaria. Le radici immaginarie pure con modulo unitario possono essere i e i. Sostituendo z = i si ottiene 0 = 0 ed e quindi la soluzione cercata: z 1 = i. L equazione si puo quindi scomporre come segue: (z i z +iz +i ] Le altre soluzioni si ottengono come segue: z +iz +i ] z = i+ 1+i 3 Devo svuluppare per poterle disegnare nel piano di Gauss. La radice vale (considerando che il radicando ha modulo e fase π 3 : 1+i 3 = ± 1 ( 3+i Quindi le altre due soluzioni sono: z = i+ 1 ( 3+i = ( 3 1 +i 1 z 3 = i 1 ( ( 3 3+i = +i 1 1 A questo punto e immediato disegnare i 3 punti sul piano di Gauss.

6 Sia f la funzione definita nel modo seguente: per ogni x nel dominio di f. f : (,0 (0,+ R, f(x = x 1 x e x a. Trovare i limiti di f(x per x, x 0, x 0 +, x +. b. Calcolare la derivata f. c. Trovare gli eventuali punti di minimo o massimo locale. d. Disegnare il grafico di f. e. Stabilire se è convergente l integrale + 0 f(xdx (a lim f(x = + lim x x 0 f(x = + lim x 0 +f(x = lim f(x = 0 x + (b f (x = x x+1 x e x (c x 0 = 1 5 x 1 = : Punto di minimo locale. : Punto di massimo locale. (e Su ogni intervallo (0,b], b > 0, f è continua e negativa. Possiamo quindi applicare il criterio di asintoticitá. Poiché per x 0 +, f(x = x 1 x e x 1 x, allora f non è integrabile su (0,b], e di conseguenza anche su (0,+.

7 Stabilire la posizione reciproca delle rette x = t r : y = 1+t z = 1 t e s : { x+y z 6 = 0 x+6y+3z 10 = 0. a. Stabilire se le rette r ed s sono complanari. In caso affermativo, determinare il piano π che le contiene. b. Determinare i punti di r che distano 6 dal piano π : x+y z +1 = 0. Soluzione. I parametri direttori di r sono ( 1 : 1 : = (1 : 1 :. I parametri direttori di s sono ( : : = (1 : 4 : 4 = (3 : 1 : 1. Avendo parametri direttori non proporzionali, le due rette r ed s non sono parallele. Intersecando r ed s si ha il sistema { t++t 1+t 6 = 0 t+6+6t+3 6t 10 = 0 ossia { t 1 = 0 t 1 = 0. Poiché tale sistema è compatibile, avendo come unica soluzione t = 1, le due rette r ed s sono incidenti nel punto P (1,, 1. a. Essendo incidenti, le due rette r ed s sono complanari. Il piano π che le contiene passa per il punto P e ha come direzione ortogonale quella data dal vettore i j k (1, 1, (3, 1,1 = = (1,5,. Pertanto, si ha ossia π : 1(x 1+5(y +(z +1 = 0 π : x+5y +z 9 = 0. b. Consideriamo il generico punto Q ( t,1+t,1 t della retta r. Allora, si ha d(q,π = t+1+t +4t+1 6 = 4t+ 6 e quindi d(q,π = 6 4t+ 6 = 6 4t+ = 6 4t+ = ±6 4t = ±6 t =,1. Pertanto, si hanno i punti Q 1 (4, 1,5 e Q = P (1,, 1.

8 Si consideri la seguente equazione differenziale y (t = (t 1 [ y(t 1 ]. a. Trovare la soluzione y(t che verifica la condizione y(0 = 0, specificandone l intervallo di definizione; b. stabilire eventuali punti di massimo oppure minimo di y. a. L equazione é a variabili separabili. Le soluzioni costanti sono y(t 1 e y(t 1, mentre le altre soluzioni si trovano con la separazione di variabili. Ricordando che ( 1 1/ τ 1 dτ = τ 1 1/ = 1 ( τ +1 ln τ 1 τ +1 +c si ha y (t y(t 1 dt = (t 1dt 1 ( ln y(t 1 y(t+1 = t t+c Poiché 1 < y(0 = 0 < 1, possiamo dedurre che 1 < y(t < 1 nel suo dominio di definizione, da cui 1 y(t y(t+1 = Ce(t t (C = e c > 0 y(t = 1 Ce(t t 1+Ce (t t. Per determinare la costante C imponiamo la condizione iniziale y(0 = 1 C 1+C = 0 C = 1. La soluzione cercata si puó quindi rappresentare con la formula analitica Tale soluzione é definita su tutto R. y(t = 1 e(t t 1+e (t t. b. Ricordando la limitazione 1 < y(t < 1, considerando l equazione abbiamo > 0 t < 1, y (t = 0 t = 1, < 0 t > 1, da cui possiamo dedurre che y ammette un unico punto di massimo (assoluto in t = 1/.